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本文只探讨多项式乘法(FFT)在信息学中的应用
如有错误或不明欢迎指出或提问，在此不胜感激

多项式
1. 系数表示法
一般应用最广泛的表示方式
用A(x)表示一个x-1次多项式，a[i]为$x^i$的系数，则A(x)=$\sum_0^{n-1}$ a[i] * $x^i$
仅利用这种方式求多项式乘法复杂度为O($n^2$)，不够优秀
2.点值表示法
将n个互不相同的值$x_0$…$x_{n-1}$带入多项式，可以得到
对于一个n-1次多项式，可以被n个点所唯一对应.
因而对于A(x)*B(x),只需要得知A的2n个点值和对应B的2n个点值即可O(n)求出多项式的乘积
然而得知这些点值的复杂度依然在平方级别，达不到要求
考虑优化
先引一些要用到的名词

复数
复数即为表示成a+bi的数，其中i为-1的平方根
表示：
可以通过平面直角坐标系上的一条向量(0,0)到(x,y)表示x+yi
其中x轴为实数轴，y轴为虚数轴
运算：
复数运算符合四则运算，即：
(a+bi) + (c+di) = (a+c) + (b+d)i;
(a+bi) * (c+di) = ac + adi + bci - bd$i^2$ =(ac - bd) + (bc + ad)i
几何意义：
定义模长为向量长度，幅角为从x轴正半轴逆时针转动到向量的角
复数相加等同于向量加法
复数相乘，模长相乘，幅角相加
//建议complex类手写，速度优于STL

单位根
以下默认n为$2^x$ 且x为非负整数
在复数平面，以原点为圆心，以1为半径作圆
以x轴正半轴到其与原交点(0,0)到(1,0)的这条向量为起点n等分圆，圆心到每个n等分点的向量均称为n次单位根
对于一个单位根，其标号为幅角/(360°/n)，特别的，(0,0)到(1,0)的向量标号为0
以下用$w_n^k$ 表示标号为k的n次单位根

单位根的性质
1. $w_n^k$ = cos($\frac{2π}{n}$)k + sin($\frac{2π}{n}$)ki
证明:欧拉公式
2. $w_n^k$ = $w_{2n}^{2k}$
证明:带入式1，等价于分子分母同乘2,
3. $w_n^k$ * $w_n^k$=$w_n^{2k}$
证明:根据（复数相乘，模长相乘，幅角相加）
又因为模长均为1，所以相当于只把转动角度乘2
4. $w_n^{k+\frac{n}{2}}$ = -$w_n^k$
证明:$w_n^{k+\frac{n}{2}}$相当于在$w_n^k$的基础上逆时针方向再旋转180° （复数相乘，模长相乘，幅角相加）
因而等价于取负

进入正题
递归完成快速傅里叶变换

设多项式A(x)的系数为$a_0$…$a_{n-1}$
则A(x) =$a_0$ + $a_1$* x + $a_2$ * $x^2$ + $a_3$ * $x^3$ + $a_4$ * $x^4$ + … + $a_{n-2}$ * $x^{n-2}$ + $a_{n-1}$ * $x^{n-1}$

按下标奇偶性分成两组，在这里设
A0(x) = $a_0$ + $a_2$ * $x$ + $a_4$ * $x^2$ + … + $a_{n-2}$ * $x^\frac{n-2}{2}$
A1(x) = $a_1$ + $a_3$ * $x$ + $a_5$ * $x^2$ + … + $a_{n-1}$ * $x^\frac{n-2}{2}$

显然得到A(x) = A0($x^2$) + xA1($x^2$)
我们代单位根$w_n^k$(0<=k<$\frac{n}{2}$)入式得

A($w_n^k$)=A0($w_n^{2k}$)+$w_n^k$A1($w_n^{2k}$)//性质3
同理代$w_n^{k+\frac{n}{2}}$入式得
A($w_n^{k+\frac{n}{2}}$)=A0($w_n^{2k+n}$)+$w_n^{k+\frac{n}{2}}$A1($w_n^{2k+n}$)
                 = A0($w_n^{2k}$) - $w_n^k$ * A1($w_n^{2k}$)//性质4&&$w_n^n$=1

容易发现上下两式只有常数项的符号不同
因而只需求前一般即可得到后一般
递归形式程序结构：
对于长度为n的A(x)
分割成长度为$\frac{n}{2}$的A0(x)和A1(x)
求A0(x)和A1(x)
通过A0(x)和A1(x)计算带入$w_n^k$(0<=k<$\frac{n}{2}$)时的值
变号计算代$w_n^{k+\frac{n}{2}}$入式的值
我们可以用数组A[i]表示某一多项式(不一定是初始多项式)代入$w_n^i$}时的值
由于许多奥妙重重的性质，我们不需要对于每个多项式都维护整个数组A，只需要维护它需要返回的值即可
绘图可得，当某一多项式递归到只有一项的时候，要返回的一定只是$w_n^0$(1)，即直接返回原多项式该项系数即可
递归代码：

void FFT(const int lim,cp *A)//cp即为complex类型,lim为2^n的整型
{if(lim==1)return;//直接返回对应常数项cp A0[lim>>1],A1[lim>>1];for(rt i=0;i<lim;i+=2)A0[i>>1]=A[i],A1[i>>1]=A[i+1];FFT(lim>>1,A0,fla);FFT(lim>>1,A1,fla);//递归求解cp w={cos(PI*2.0/lim),sin(PI*2.0/lim)},k={1,0};//w为1号单位根for(rt i=0;i<lim>>1;i++,k=k*w)//k即为第i个单位根{A[i]=A0[i]+k*A1[i];//A0，A1数组中的i号本相当于A数组中的2i号，乘2再除2后相当于没有A[i+(lim>>1)]=A0[i]-k*A1[i];}
}

逆变换
以上求得的均为点值表示法的结果
需要将其转回系数表示法
实际操作相当于再进行FFT时单位根逆向(顺时针)计算
递归全代码

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define rt register int
#define ll long long
#define r read()
using namespace std;
ll read()
{ll x = 0; int zf = 1; char ch;while (ch != '-' && (ch < '0' || ch > '9')) ch = getchar();if (ch == '-') zf = -1, ch = getchar();while (ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar(); return x * zf;
}
void write(ll y)
{if (y < 0) putchar('-'), y = -y;if (y > 9) write(y / 10);putchar(y % 10 + '0');
}
inline void writeln(ll x)
{write(x);putchar('\n');
}
int i,j,k,m,n,x,y,z,cnt,all,num;
struct cp{double x,y;
}a[2200010],b[2200010];
inline cp operator +(const cp x,const cp y){return {x.x + y.x, x.y + y.y};}
inline cp operator *(const cp x,const cp y){return {x.x * y.x - x.y * y.y, x.x * y.y + x.y * y.x};}
inline cp operator -(const cp x,const cp y){return {x.x - y.x, x.y - y.y};}
const double PI=acos(-1.0);
void FFT(const int lim,cp *A,const int fla)//fla为-1表示逆变换
{if(lim==1)return;cp A1[lim>>1],A2[lim>>1];for(rt i=0;i<lim;i+=2)A1[i>>1]=A[i],A2[i>>1]=A[i+1];FFT(lim>>1,A1,fla);FFT(lim>>1,A2,fla);cp w={cos(PI*2.0/lim),sin(PI*2.0/lim)*fla},k={1,0};for(rt i=0;i<lim>>1;i++,k=k*w){A[i]=A1[i]+k*A2[i];A[i+(lim>>1)]=A1[i]-k*A2[i];}}
int main()
{n=r;m=r;for(rt i=0;i<=n;i++)a[i].x=r,a[i].y=0;for(rt i=0;i<=m;i++)b[i].x=r,b[i].y=0;int limit=1;while(limit<=n+m)limit<<=1;//将多项式长度凑到2^nFFT(limit,a,1);FFT(limit,b,1);for(rt i=0;i<=limit;i++)a[i]=a[i]*b[i];//a为点值表示的多项式FFT(limit,a,-1);//逆变换for(rt i=0;i<=n+m;i++)write(a[i].x/limit+0.5),putchar(' ');//因为有limit个单位根因而答案需要除limit，0.5是四舍五入return 0;
}

问题：常数巨大
解决方案：改成非递归(迭代)形式
观察下图

发现底层序列的值相当于原序列的值的二进制反转
因而我们可以预处理底层的值然后迭代向上推

如何预处理
1.x为偶数
x=(x>>1)<<1;
在反转序列中reverse[x]=reverse[x>>1]>>1;
2.x为奇数
相当于x-1的结果再在最高位补1

这样我们得到底层结果之后，一层一层向上迭代合并即可
迭代代码：

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define rt register int
#define ll long long
#define r read()
using namespace std;
ll read()
{ll x = 0; int zf = 1; char ch;while (ch != '-' && (ch < '0' || ch > '9')) ch = getchar();if (ch == '-') zf = -1, ch = getchar();while (ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar(); return x * zf;
}
void write(ll y)
{if (y < 0) putchar('-'), y = -y;if (y > 9) write(y / 10);putchar(y % 10 + '0');
}
inline void writeln(ll x)
{write(x);putchar('\n');
}
int i,j,k,m,n,x,y,z,cnt,all,num,li,lim;
int low[2200010];//low数组就是底层的reverse序列 
struct cp{double x,y;
}a[2200010],b[2200010];
inline cp operator + (const cp x,const cp y){return {x.x+y.x, x.y+y.y};}
inline cp operator - (const cp x,const cp y){return {x.x-y.x, x.y-y.y};}
inline cp operator * (const cp x,const cp y){return {x.x*y.x-x.y*y.y, x.x*y.y+x.y*y.x};}
double PI=acos(-1.0);
void FFT(cp *A,const int fla)
{for(rt i=0;i<lim;i++)if(i<low[i])swap(A[i],A[low[i]]);//得到底层数列 for(rt i=1;i<lim;i<<=1)//i表示当前层的下面每个区间大小为i {cp w={cos(PI/i),fla*sin(PI/i)};//本应为2PI/2i for(rt j=0;j<lim;j+=(i<<1))//j为当前层的每个起始端点 {cp K={1,0};for(rt k=0;k<i;k++,K=K*w)//k枚举当前层的j所在区间的元素 {const cp x=A[j+k],y=K*A[j+k+i];//求解，如果对递归理解深刻应该能理解这段 A[j+k]=x+y;A[j+k+i]=x-y;}}}
}
int main()
{n=r;m=r;for(rt i=0;i<=n;i++)a[i].x=r;for(rt i=0;i<=m;i++)b[i].x=r;lim=1;while(lim<=n+m)lim*=2,li++;for(rt i=0;i<lim;i++)low[i]=(low[i>>1]>>1)+((i&1)<<(li-1));FFT(a,1);FFT(b,1);for(rt i=0;i<lim;i++)a[i]=a[i]*b[i];FFT(a,-1);for(rt i=0;i<=(n+m);i++)printf("%d ",(int)(a[i].x/lim+0.5));return 0;
}